选考仿真模拟卷(二)含答案

选考仿真模拟卷(二)

选择题部分

一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)

1.如图1所示是高速公路旁的交通标志，图中的“100”表示小汽车必须限制在100 km/h内行驶，“杭州88 km”表示到杭州还有88 km.“100 km/h”和“88 km”分别指(B)

A．瞬时速度，位移B．瞬时速度，路程

C．平均速度，位移D．平均速度，路程

解析：[题图中“100 km/h”和“88 km”分别表示瞬时速度和路程，故选项B正确．]

2．设向东的方向为正，有一辆汽车以15 m/s的速度从东向西匀速行驶，则汽车的

位移与时间的关系图象可能是下列图中的(D)

3．汽车遇紧急情况刹车，经1.5 s停止，刹车距离为9 m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1 s的位移是(B)

A．4.5 m B．4 m C．3 m D．2 m

4．如图2所示，“套圈圈”是大人和小孩都喜爱的一种游戏，某大人和

小孩直立在界外，在同一竖直线上不同高度分别水平抛出小圆环，并恰好

套中前方同一物体，假设小圆环的运动可以视作平抛运动，则(A)

A．大人抛出的圆环运动时间较长

B．大人和小孩抛出的圆环运动时间相等

C．大人抛出的圆环初速度较大

D．大人和小孩抛出的圆环初速度相等

解析：[设抛出的圆环做平抛运动的初速度为v，高度为h，则下落的时间为：t＝2h

g

，水平方向位移x

＝v t＝v2h

g

，由以上的公式可知，由于大人的高度h比较大，所以大人抛出的圆环运动时间较长、速度较小，故A正确，B、C、D错误．]

5．(2018·湖州衢州丽水高三期末)如图3所示，摩天轮在匀速旋转过程中(A)

A．所有游客的转速是相同的B．所有游客的线速度是相同的

C．在最高点的游客角速度最小D．在最低点的游客需要的向心力最大

6．(2018·新高考联盟联考)2016年10月19日3时31分，神舟十一号载人飞船与

天宫二号空间实验室成功实现自动交会对接，如图4所示，此时天宫二号绕地飞

行一圈时间为92.5 min，而地球同步卫星绕地球一圈时间为24 h，根据此两组数

据我们不能求出的是(B)

A．天宫二号与地球同步卫星的角速度之比

B．天宫二号与地球同步卫星的离地高度之比

C．天宫二号与地球同步卫星的线速度之比

D．天宫二号与地球同步卫星的向心加速度之比

7．(2018·宁波市十校联考)要使平行板电容器的电容增大，可采用的方法是(A)

A．增大两极板正对面积B．增大两极板间距C．增大两极板之间的电压D．使极板带电荷量增加

解析：[根据平行板电容器的决定式C＝εr S

4πkd

，可知要增大电容，可增大两极板正对面积，或插入电介质，或减小板间距离，故A正确，B错误；电容器的电容与两极板间电压、极板所带电荷量无关，故C、D错误．]

8.如图5所示，真空中有两个点电荷Q 1＝＋4.0×10－8 C 和Q 2＝－10－

8 C ，分别固定在x ＝0和x ＝4 cm 的位置上，则在x 轴上( B )

A ．两个点电荷间某点的电场强度为零

B ．x ＝8 cm 处的电场强度为零

C ．(4 cm,8 cm)区域内电场强度的方向沿x 轴正方向

D ．电子在两个点电荷之间向右运动时，电势能先增大后减小 解析：[根据点电荷场强的叠加知，两点电荷之间的场强方向沿x 轴正方向，不为零，A 错误；由分析可知，

在x 轴上场强为零的点，只能在Q 2的右侧，设该点在Q 2右侧L 处，则k Q 1(4 cm ＋L )2＝k |Q 2|L 2，解得L ＝4 cm ，则x ＝4 cm ＋L ＝8 cm 处的电场强度为零，B 正确；(4 cm,8 cm)区域内电场强度的方向沿x 轴负方向，C 错误；电子在两个点电荷之间向右运动时，电场力做负功，电势能增大，D 错误．]

9．如图6所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其

顶端与平台相平，末端置于地板的P 处，并与地板平滑连接．将一可

看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板

上滑动，最终停在Q 处．滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同．现

将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑

块自木板顶端无初速度释放(木板始终静止，设滑块在木板和地面接触

处平滑过渡)，则滑块最终将停在( C )

A ．P 处

B ．P 、Q 之间

C ．Q 处

D ．Q 的右侧

10．轿车司机座位旁常常挂些小饰物，司机可根据小饰物的摆动来判断汽车的运动

情况．某同学受此启发设计出一种测量汽车加速度的装置来反映轿车的加速性能．原

理如图7所示，质量为m 的金属球，固定在一细长的轻线下端，细线能绕悬挂点O

在竖直平面内转动，轿车在水平面静止时轻线自然下垂，当轿车在水平地面加速时，

轻线偏离竖直方向的角度为θ，此时加速度a 与偏角θ的关系式正确的是( B )

A ．a ＝g sin θ

B ．a ＝g tan θ

C ．a ＝g cos θ

D ．a ＝g cos θ

11．如图8所示，在竖直放置的蹄形磁铁两极间放置一阴极射线管，一束电子从A 端

高速射向B 端，当它经过蹄形磁铁产生的磁场时，受的洛伦兹力方向( B )

A ．向上

B ．向下

C ．指向N 极

D ．指向S 极

解析：[电子从A 端射向B 端，根据左手定则，磁感线垂直穿入手心，四指指向电子束

运动的反方向，洛伦兹力的方向向下，故选B.]

12．(2018·台州外国语学校期末)功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为

60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代．估算出全国一年节省的电能最接近( B )

A ．8×108 kW·h

B ．8×1010 kW·h

C ．8×1011 kW·h

D ．8×1013 kW·h

解析：[因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60 W 和10 W ，按4亿户家庭，每

户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3

kW ×365×6 h ＝8.76×1010 kW·h ，最接近B 选项，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．]

13.(2018·东阳中学期中)如图9所示，一根长度为L 的直导体棒中通以大小为I 的电

流，静止放在导轨上，垂直于导体棒的匀强磁场的磁感应强度为B ，B 的方向与竖直

方向成θ角．下列说法中正确的是( A )

A ．导体棒受到磁场力大小为BIL

B ．导体棒对轨道压力大小为mg －BIL cos θ

C ．导体棒受到导轨摩擦力为μ(mg －BIL sin θ)

D ．导体棒受到导轨摩擦力为BIL sin θ

解析：[导体棒受力分析如图所示：B 与I 垂直，故导体棒受到磁场力大小为F ＝BIL ，选

项A 正确；根据共点力平衡规律得：BIL sin θ＋F N ＝mg ，结合牛顿第三定律得导体棒对

轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝mg －BIL sin θ，选项B 错误；因为导体棒受到的是静摩擦

力，因而受到静摩擦力大小要运用力的平衡规律求解，即F f ＝BIL cos θ，选项C 、D 错

误]

二、选择题Ⅱ(本题共3小题，每小题2分，共6分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分)

14.加试题(2018·宁波重点中学联考)下列说法正确的是(AC)

A．因为激光具有高度的相干性，所以激光可以被调制后用来传递信息

B．铀核(23892U)需经过6次α衰变和8次β衰变才能变成铅核(20682Pb)

C．机械波在介质中的传播速度是由介质本身的性质决定的，与频率无关

D．若一个电子与一个质子的动量相等，则质子德布罗意波波长更短

15.加试题如图10所示为两个频率相同、振幅均为A的相干波源在水面上传播产生

的干涉现象，其中实线和虚线分别表示两列波的波峰和波谷，t＝0时刻M是波峰与

波峰相遇的点，下列说法正确的是(BD)

A．如果两个波源频率不同，也能产生类似的稳定的干涉现象

B．质点P和质点M在图示时刻的高度差为2A

C．质点Q、M是振动加强点，再过半个周期，质点P、N也成为振动加强点

D．质点M振动一个周期，其路程为8A

解析：[如果两个波源频率不同，不能产生类似的稳定的干涉现象，故A

错误；在t＝0时刻，质点M是波峰与波峰相遇，是振动加强点，振动加

强点的振幅等于波单独传播时振幅的2倍，质点P是波峰与波谷叠加，是

振动减弱点，位移为0，故质点P和质点M在图示时刻的高度差为2A，

故B正确；两列波干涉时，两列波的波峰与波峰、波谷与波谷相遇处，振

动始终加强，波峰与波谷相遇处振动始终减弱，质点Q、M是振动加强点，质点P、N是振动减弱点，再过半个周期，质点P、N还是振动减弱点，故C错误；质点M是波峰与波峰相遇，是振动加强点，振动加强点的振幅等于波单独传播时振幅的2倍，所以质点M振动一个周期，其路程为8A，故D正确．]

16.加试题在信息技术迅猛发展的今天，光盘是存储信息的一种重要媒介．光盘上的信息通常是通过激光束来读取的．若激光束不是垂直投射到盘面上，则光线在通过透明介质层时会发生偏折而改变行进的方向，如图11所示．下列说法中正确的是(BD)

A．图中光束①是红光②是蓝光

B．在光盘的透明介质层中，光束②比①传播速度更快

C．若光束①②先后通过同一双缝干涉装置，光束②的条纹宽度比①的小

D．若光束①②先后通过同一双缝干涉装置，光束②的条纹宽度比①的大

非选择题部分

三、非选择题(本题共7小题，共55分)

17．(5分)(1)在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，以下说法正确的是_____BCD___．

A．先释放纸带再接通电源B．打点结束，先关电源再取纸带

C．拉小车的细线应尽可能与长木板平行D．实验需要平衡拖着纸带的小车受到的摩擦力

(2)

①请在图12的坐标纸中画出弹力F与弹簧长度x的关系图线．(实验中所挂钩码每个50 g，g取10 m/s2)

②弹簧的劲度系数为____7.4____ N/m，图象与x轴交点的物理意义是___弹簧的原长__.

解析 (1)应先接通电源，然后释放纸带，否则纸带开始阶段是空白，可能所采集的数据不够，而且浪费纸带，故A 错误；打点结束后，应先切断电源后再取纸带，故B 正确；实验应保证细线拉力为小车所受合力，故拉小车的细线与长木板平行，故C 正确；实验中，平衡掉摩擦阻力的

方法是轻推一下拖着纸带的小车，若小车能够匀速下滑，则在纸带上打

下间距均匀的点，故D 正确，故选B 、C 、D.

(2)①先在坐标纸中描点，然后用直线连接，如图

②弹簧的劲度系数为k ＝ΔF Δx ＝2.50.34

N /m ≈7.4 N/m ，图象与x 轴交点的物理意义是拉力为0时，弹簧的长度，即弹簧的原长．

18．(5分)(2018·余姚中学期中)用如图13所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K 和两个部件S 、T.请根据下列步骤完成电阻测量：

(1)旋动部件_____ S ___，使指针对准电流的“0”刻线．

(2)将K 旋转到电阻挡“×100”的位置．

(3)将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件____ T ____，使指针对准电阻的____0刻线____(填“0刻线”或“∞刻线”)．

(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按___ ADC _____的顺序进行操作，再完成读数测量．

A ．将K 旋转到电阻挡“×1 k ”的位置

B ．将K 旋转到电阻挡“×10”的位置

C ．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

D ．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准

解析 用多用电表测量电阻时，在测量之前就要观察指针是否在零刻度线上，若指针不在零刻度线上，用螺丝刀小心旋动指针定位螺丝S ，使指针对准电流的“0刻线”．然后旋动选择开关K ，选择量程，再将两表笔短接，调整旋钮T ，使指针对准满偏刻度(即电阻的“0刻线”)，接下来才能将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，测量被测电阻的阻值．若在测量过程中，发现指针偏转角度过小，表明被测的电阻阻值很大，这时要换用更高倍率的挡位，例如，本题就要从“×100”挡位更换到“×1 k ”挡位．

19．(9分)(2018·七彩阳光联盟期中)如图14所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．

(1)求校车匀加速运动的加速度大小a

1；

(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小；

(3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学

生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)

答：(1)2 m/s 2 (2)9 000 N (3)6026 N

解析 (1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1， 得加速度a 1＝2 m/s 2

(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3 解得a 2＝2 m/s 2

F 阻＝Ma 2＝9 000 N.

(3)匀加速运动过程中，设学生所受合力大小F 合，座椅对学生的作用力为F ，由牛顿第二定律

可得F 合＝ma 1 F ＝(mg )2＋(ma 1)2 得F ＝6026 N.

20．(12分)(2017·余姚中学高三上期中)如图15所示，一小球(可视为质点)从A 以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝10 cm 的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C 点运动，C 点右侧有一壕沟，C 、D 两点的竖直高度h ＝0.8 m ，水平距离s ＝1.2 m ，水平轨道AB 长为L 1＝1 m ，BC 长为L 2＝3 m ，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2，则：

(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A 点的初速度大小；

(2)为使小球能进入壕沟，求小球在A 点的初速度v 0的范围．

答：(1)3 m /s (2)4 m/s

解析 (1)小球恰能通过最高点，则有mg ＝m v 2R 由B 到最高点有：12m v B 2＝12

m v 2＋2mgR 从A →B 由动能定理得：－μmgL 1＝12m v B 2－12

m v 0 2 解得小球在A 点的初速度v 0＝3 m/s. (2)若小球恰好到达C 处，从A 到C 的过程中， 根据动能定理：W f ＝ΔE k

即：－μmg (L 1＋L 2)＝0－12

m v 1 2 解得：v 1＝4 m/s 若小球恰能越过壕沟时，设小球到达C 点时的速度为v C 根据平抛运动公式：h ＝12

gt 2，s ＝v C t 从A 到C 的过程中，根据动能定理得 －μmg (L 1＋L 2)＝12m v C 2－12

m v 2 2 解得：v 2＝5 m/s 所以当4 m /s

(1)①将图中所缺的导线补接完整；

②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后将小螺线管迅速抽出时，灵敏电流计指针将向____左____(“左”或“右”)偏转．将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动，则灵敏电流计指针将向____右____(“左”或“右”)偏转．

(2)如图17所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是____ BD ____．

A ．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表

B ．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈

C ．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压

解析 (1)①如图所示

②在闭合开关时和电流计串联的线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转一下．那么合上开关后将小螺线管迅速抽出时和电流计串联的线圈中磁通量减小，灵敏电流计指针将向左偏转；将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电流增大，和电流计串联的线圈中磁通量增加，发现灵敏电流计的指针向右偏转．

(2)在“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表是直流电压表，变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电压，故A 错误；变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究．探究副线圈电压与匝数的关系，采用控制变量法，即为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响，故B 、D 正确；根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知，原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，那么副线圈的电压小于原

线圈电压，故C 错误．

D.保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以研究副线圈匝数对输出电压的影响 22.加试题 (10分)如图18甲所示，固定轨道由倾角θ＝37°的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，轨道所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B ＝0.2 T 的匀强磁场，两导轨间距为L ＝0.5 m ，上端用阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接．在沿斜导轨向下的拉力(图中未画出)作用下，一质量为m ＝0.5 kg 、阻值也为0.5 Ω的金属杆MN 从斜导轨上某一高处由静止开始(t ＝0)沿光滑的斜导轨匀加速下滑，当杆MN 滑至斜导轨的最底端P 2Q 2处时撤去拉力，杆MN 在粗糙的水平导轨上减速运动直至停止，其速率v 随时间t 的变化关系如图乙所示(其中v m ＝20 m/s 和t 0＝2 s 为已知)．杆MN 始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，水平导轨和杆MN 间的动摩擦因数为μ＝0.1，g ＝

10 m/s 2.求：

(1)杆MN 中通过的最大感应电流I m ；

(2)杆MN 沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R 的电荷量q ；

(3)撤去拉力后，若电阻R 上产生的热量为Q ＝20 J ，求杆

MN 在水平导轨上运动的路程s .

答：(1)2 A (2)1.6 C (3)120 m

解析 (1)经分析可知，杆MN 下滑到P 2Q 2处时的速度最

大(为v m )，此时回路中产生的感应电动势最大，且速度方

向与磁场垂直，故最大值为：E m ＝BL v m

此时回路中通过的感应电流最大，有： I m ＝

E m 2R ＝BL v m 2R ＝0.2×0.5×202×0.5

A ＝2 A ； (2)杆MN 沿斜导轨下滑的距离为：x ＝v m 2

t 0 在杆MN 沿斜导轨下滑的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx cos θ

该过程，回路中产生的平均感应电动势为：E ＝ΔΦt 0－0

回路中通过的平均感应电流为：I ＝E 2R 又：q ＝I t 0， 联立解得：q ＝1.6 C.

(3)撤去拉力后，电阻R 上产生的热量Q ＝R R ＋R

Q 总 由功能关系可知：克服安培力做的功W A ＝Q 总 对杆由动能定理得：－μmgs －W A ＝0－12

m v m 2 解得：s ＝m v m 2－4Q 2μmg ＝0.5×202－4×202×0.1×0.5×10

m ＝120 m. 23.加试题 (10分)如图19甲所示，半径为l 的金属圆环处在

垂直圆环平面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场中，长度为l

的金属杆可绕通过圆心的轴O 做顺时针方向的匀速转动．在图

乙中，平行板电容器的极板长度为l ，板间距为d ，挡板HI 高

为4l ，距离极板右边缘3l .两板中央延长线上质量为m 的带电

粒子P 以速度v 与静止在两板中央左边缘的质量为4m 的粒子

Q 发生碰撞后，以3v 5

的速率反弹回来，设碰撞后粒子Q 电荷量为＋q (不计P 、Q 粒子的重力和运动的阻力)．

(1)求Q 粒子以多大的速度进入平行板电容器；

(2)要使Q 粒子能落在挡板上的HM 之间，图甲中的a 点应连接图乙中的________(填“A ”或“D ”)点；

(3)在满足(2)的条件下，求金属杆OC 转动的角速度范围．

答：(1)25

v (2)D (3)见解析 解析 (1)粒子P 、Q 相碰撞，动量守恒，以P 粒子初速度方向为正，则有m v ＝m (－3v 5

)＋4m v ′

解得v ′＝2v 5

(3)①若板间距比较大，粒子能到达H 点，此时粒子在板间的侧位移为y 1，根据平抛运动规律可得 y 12l ＝0.5l 3.5l 解得y 1＝27l ， 又y 1

根据带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，得 y 1＝12U 1q d (4m )t 2，l ＝v ′t ， 解得y 1＝25U 1ql 232md v 2 U 1＝64md v 2175ql

根据法拉第电磁感应定律得U 1＝12Bω1l 2 解得ω1＝128md v 2175ql 3B

②若板间距比较小，粒子从上极板边缘飞出，落在挡板上的位置与M 点相距y ，根据平抛运动规律可得 d 2y ＝0.5l

3.5l 解得y ＝72d ，且y ≤2l ，l d ≥74

根据带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，得粒子的侧位移

y 2＝d 2，y 2＝12U 2q

d (4m )t 2，l ＝v ′t 解得y 2＝25U

2ql 2

32md v 2，U 2＝16md 2v 2

25ql 2

根据法拉第电磁感应定律得 U 2＝12Bω2l 2，ω2＝32md 2v 225ql 4B 当l d <74时，ω1≤128md v 2

175ql 3B

当l d ≥74时，ω2≤32

md 2v 2

25ql 4B .